Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP HCM năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án

 
  !"#$$%
$&
'#
Thời gian làm bài: 120 phút
()*#+$,*-.
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
b)
c)
d)
()*$#+/0,*-.
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và
đường thẳng (D): trên cùng một
hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
()*&#+/0,*-.
Thu gọn các biểu thức sau:
với x > 0;
()*1#+/0,*-.
Cho phương trình (x là ẩn số)
2. Chứng minh rằng phương
trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
3. Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức M = đạt
giá trị nhỏ nhất
()*0#+&/0,*-.

Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO
cắt (O) tại E và F (ME<MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp
điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).
a) Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ
giác AHOB nội tiếp.
c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF;
nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai
đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông góc với đường
thẳng KC.
d) Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T
là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
2
2 3 0− − =x x
2 3 7
3 2 4
− =


+ =

x y
x y
4 2
12 0+ − =x x
2
2 2 7 0− − =x x
2
1
4

=y x
1
2
2
= − +y x
1 2 1
1
= + −
−
+ −
x
A
x
x x x x
1≠x
(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3= − + − + −B
2
2 2 0− + − =x mx m
2 2
1 2 1 2
24
6
−
+ −x x x x
456
BÀI GIẢI
()*#+$,*-.
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) (a)
Vì phương trình (a) có a - b

+ c = 0 nên
(a)
b) ⇔
⇔
⇔
c) (C)
Đặt u = x
2
≥ 0, phương trình thành : u
2
+ u – 12 = 0 (*)
(*) có ∆ = 49 nên (*)
⇔ hay (loại)
Do đó, (C) ⇔ x
2
= 3
⇔ x = ±
Cách khác : (C) ⇔ (x
2
– 3)(x
2
+ 4) = 0 ⇔ x
2
= 3 ⇔ x = ±
d) (d)
∆’ = 2 + 7 = 9 do đó (d)
⇔ x =
()*$#
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),

(D) đi qua
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
⇔ x
2
+ 2x – 8 = 0
y(-4) = 4, y(2) = 1
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và
(D) là .
()*&#Thu gọn các biểu thức sau:

với x > 0;
2
2 3 0− − =x x
3
1
2
⇔ = − =x hay x
2 3 7 (1)
3 2 4 (2)
− =


+ =

x y
x y
2 3 7 (1)
5 3 (3) ((2) (1))
− =



+ = − −

x y
x y
13 13 ((1) 2(3))
5 3 (3) ((2) (1))
− = −


+ = − −

y
x y
1
2
= −


=

y
x
4 2
12 0+ − =x x
1 7
3
2
− +
= =u

1 7
4
2
− −
= = −u
3
3
2
2 2 7 0− − =x x
2 3±
( ) ( )
2;1 , 4;4± ±
( ) ( )
4;4 , 2;1−
2
1 1
2
4 2
= − +x x
4 2⇔ = − =x hay x
( ) ( )
4;4 , 2;1−
1 2 1
1
= + −
−
+ −
x
A
x

x x x x
2
2
1
− − −
= +
− −
x x x x x
x x x
2 2
( 1) 1
−
= +
− −
x x
x x x
2 1
1
1
 
= − +
 
−
 
x
x x
2 ( 1)
( 1)
−
=

−
x x
x x
2
=
x
1≠x

7
8

9
(


:




;<1#
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m
2
- 4m +8 = (m - 2)
2
+4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt với mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = ;
P =
M = =

. Khi m = 1 ta có nhỏ nhất
lớn nhất khi m = 1 nhỏ nhất khi
m = 1
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là
- 2 khi m = 1
Câu 5
a) Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF
Nên MA.MB = ME.MF
(Phương tích của M đối với đường
tròn tâm O)
b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có
MA.MB = MC
2
, mặt khác hệ thức lượng
trong tam giác vuông MCO ta có
MH.MO = MC
2
MA.MB = MH.MO
nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.
c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường
tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông).
Vậy ta có : MK
2
= ME.MF = MC
2
nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC
nên MS vuông góc với KC tại V.
d) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và là

đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi qua trung
điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
(2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3= − + − + −B
1 1
(2 3) 52 30 3 (2 3) 52 30 3
2 2
= − + − + −
2 2
1 1
(2 3) (3 3 5) (2 3) (3 3 5)
2 2
= − + − + −
1 1
(2 3)(3 3 5) (2 3)(3 3 5) 2
2 2
= − + − + − =
2
b
m
a
− =
2= −
c
m
a
2
1 2 1 2
24
( ) 8
−

+ −x x x x
2 2
24 6
4 8 16 2 4
− −
=
− + − +m m m m
2
6
( 1) 3
−
=
− +m
2
( 1) 3− +m
2
6
( 1) 3
⇒ − =
− +
M
m
2
6
( 1) 3
−
⇒ =
− +
M
m

MA MF
ME MB
=
⇒
⇒